969. 志愿者招募

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969. 志愿者招募

申奥成功后，布布经过不懈努力，终于成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。

布布刚上任就遇到了一个难题：为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。

经过估算，这个项目需要 $N$ 天才能完成，其中第 $i$ 天至少需要 $A_i$ 个人。

布布通过了解得知，一共有 $M$ 类志愿者可以招募。

其中第 $i$ 类可以从第 $S_i$ 天工作到第 $T_i$ 天，招募费用是每人 $C_i$ 元。

新官上任三把火，为了出色地完成自己的工作，布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者，但这并不是他的特长！

于是布布找到了你，希望你帮他设计一种最优的招募方案。

数据保证一定有解。

输入格式

第一行包含两个整数 $N, M$，表示完成项目的天数和可以招募的志愿者的种类。

接下来的一行中包含 $N$ 个非负整数，表示每天至少需要的志愿者人数。

接下来的 $M$ 行中每行包含三个整数 $S_i, T_i, C_i$，含义如上文所述。

为了方便起见，我们可以认为每类志愿者的数量都是无限多的。

输出格式

包含一个整数，表示你所设计的最优方案的总费用。

数据范围

$30\\%$ 的数据中，$1 ≤ N, M ≤ 10，1 ≤ A\_i ≤ 10$；
$100\\%$ 的数据中，$1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ M ≤ 10000$，
数据保证题目中其他所涉及的数据以及答案均不超过 $2^{31}-1$。

输入样例：

3 3
2 3 4
1 2 2
2 3 5
3 3 2

输出样例：

14

样例解释

招募 $3$ 名第一类志愿者和 $4$ 名第三类志愿者。

解题思路

费用流，上下界可行流

建图：对于 $1\sim n+1$ 的点，其中 $i->i+1$ 的边当作第 $i$ 天，每条边有上下界，即 $[A_i,inf]$，每名工作者工作的时间为第 $S_i$ 到 $T_i$，费用为 $C_i$，对应建立的流网络中的节点即 $S_i$ 到 $T_i+1$，不妨从 $T_i+1$ 向 $S_i$ 两边，容量足够大，费用为 $C_i$，现在的流网络即无源汇上下界可行流，2188. 无源汇上下界可行流 给出了解决方法，即建立源点 $s$ 和汇点 $t$，从 $s$ 向所有 $\sum_{c_入}-\sum_{c_出}$ 为正的点连边，容量为 $\sum_{c_入}-\sum_{c_出}$，费用为 $0$，从所有 $\sum_{c_出}-\sum_{c_入}$ 为正的点向 $t$ 连边，容量为 $\sum_{c_出}-\sum_{c_入}$，费用为 $0$，计算从 $s$ 到 $t$ 的最小费用最大流即为所求

• 时间复杂度：$O(k\times (n+m)\times f)$

代码

// Problem: 志愿者招募
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/971/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1005,M=24005,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],f[M],w[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],incf[N],pre[N],q[N];
bool st[N];
void add(int a,int b,int c,int d)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,w[idx]=d,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,w[idx]=-d,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool spfa()
{
	memset(d,0x3f,sizeof d);
	memset(incf,0,sizeof incf);
	d[S]=0,incf[S]=inf,q[0]=S;
	int hh=0,tt=1;
	while(hh!=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		if(hh==N)hh=0;
		st[x]=false;
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]>d[x]+w[i]&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+w[i];
				pre[y]=i;
				incf[y]=min(incf[x],f[i]);
				if(!st[y])
				{
					q[tt++]=y;
					if(tt==N)tt=0;
					st[y]=true;
				}
			}
		}
	}
	return incf[T]>0;
}
int EK()
{
	int cost=0;
	while(spfa())
	{
		int t=incf[T];
		cost+=t*d[T];
		for(int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1])
			f[pre[i]]-=t,f[pre[i]^1]+=t;
	}
	return cost;
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=0,T=n+2;
    int lst=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	int c;
    	scanf("%d",&c);
    	lst-=c;
    	if(lst<0)add(i,T,-lst,0);
    	else if(lst>0)
    		add(S,i,lst,0);
    	add(i,i+1,inf-c,0);
    	lst=c;
    }
    add(S,n+1,lst,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int s,t,c;
    	scanf("%d%d%d",&s,&t,&c);
    	add(t+1,s,inf,c);
    }
    printf("%d",EK());
    return 0;
}

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本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16947090.html
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